Exercícios Resolvidos de Pêndulos Simples

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Enunciado

Considere dois pêndulos simples, de mesmo comprimento l ,   presos a um mesmo ponto como mostra a figura. A partícula de massa m 1 é solta do repouso a uma altura z em relação a posição de equilíbrio e atinge a partícula de massa m 2 em t = 0 s . Anteriormente, a partícula de massa m 2 estava em repouso, na posição de equilíbrio. Após a colisão as duas partículas permanecem juntas. Considere a aceleração da gravidade g conhecida e que, tanto antes quanto depois da colisão, vale a aproximação de pequenos ângulos para ambos os pêndulos.

  1. Calcule a frequência angular do sistema após a colisão.
  2. Obtenha as condições inicias do sistema em t = 0 s .
  3. Calcule a amplitude θ m á x do sistema após a colisão.

Passo 1

a):

Bom, galera, antes da gente usar os conhecimentos de física 2 aqui, nós vamos precisar lembrar um pouco de fisica1.

Pra que? Pra saber qual é velocidade que m 1 tem quando atinge m 2 . E depois disso, precisamos descobrir qual a velocidade que os dois corpos tem ao seguirem juntos.

Beleza?

Bem, vamos lá:

A massa m 1 tem uma energia potencial gravitacional associada a ela no inicio do problema que é dada por:

E p = m 1 g z

Quando ela desce toda a altura z , essa energia se transforma em energia cinética, então:

E p = E c  

m v 1 2 2 = m 1 g z

v 1 = 2 g z

Agora a gente precisa usar a conservação do momento. Como a colisão é inelástica e as partículas seguem juntas, então:

m 1 v 1 = m 1 + m 2 v 2 → v 2 = m 1 v 1 m 1 + m 2 = m 1 m 1 + m 2 2 g z

Essa velocidade v 2 é velocidade inicial do movimento oscilatório:

v 0 = m 1 m 1 + m 2 2 g z

Passo 2

Opa, mas que movimento oscilatório? Bom, como a gente viu na teoria, o movimento de um pêndulo simples pode ser aproximado por um MHS assim:

Pela segunda lei de Newton:

F R = m a

⇒ - P sen ⁡ θ = m l θ ¨

⇒ - m g sen ⁡ θ = m l θ ¨

⇒ - g sen ⁡ θ = l θ ¨

⇒ l θ ¨ + g sen ⁡ θ = 0

De novo, vamos usar a aproximação para pequenos valores de θ :

sen ⁡ θ ≈ θ

Logo:

l θ ¨ + g θ = 0

⇒ θ ¨ + g l θ = 0

θ ¨ + ω 0 2 θ = 0

Então:

ω 0 = g l

Passo 3

b):

Bom, a gente vai considerar que o sistema sai da posição 0 . Então:

θ 0 = 0

E quanto a:

θ 0 ' ?

Bom, como vimos, a velocidade inicial é:

v 0 = v 0 = m 1 m 1 + m 2 2 g z

Mas o nosso MHS tá lidando com ângulos pow! E qual a relação entre uma velocidade angular e uma linear? Assim:

ω R = v

θ ' l = v → θ ' = v l

Então:

θ 0 ' = v 0 l = m 1 m 1 + m 2 2 g z . 1 l

Ou, se a gente considerar que o sentido positivo é oposto da velocidade das bolinhas:

v 0 = - m 1 m 1 + m 2 2 g z

θ 0 ' = - m 1 m 1 + m 2 2 g z . 1 l

Passo 4

c):

A solução geral pra EDO do MHS é:

θ t = θ m á x cos ⁡ ω t + φ

A gente quer achar θ m á x . Mas se a gente usar as condições inicias do item anterior: θ 0 = θ m á x cos ⁡ φ = 0 →   φ = ∓ π 2

E a derivada nos dá:

θ ' t = - ω θ m á x s e n ω t + φ

E a condição inicial é:

θ ' 0 = - v 0 l = - ω θ m á x s e n φ

Como a velocidade é negativa e tem um sinal de menos na frente da equação, a fase tem que ser positiva:

φ = π 2

Então:

- ω θ m á x s e n π 2 = - v 0 l → θ m á x = v 0 l ω = m 1 m 1 + m 2 2 z l

Resposta

a):

ω 0 = g l

b):

θ 0 = 0

θ 0 ' = m 1 m 1 + m 2 2 g z . 1 l

c):

θ m á x = m 1 m 1 + m 2 2 z l

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